热门试卷

解析：（1）当a=1时，

，解得；

当时，解得，无解

，解得；……………………………3分

综上可得到解集.……………………5分

（2）依题意， ，

则，……………8分

（舍），

所以…………………10分

解析：（1）

，………………………3分

所以的最大值是2.………………………5分

（2）令，…………………7分

则，………………9分

而直线是函的对称轴，所以………10分

解析：（1）,

,

为减函数;

为增函数,

所以只有一个极小值点，极小值为0.……………………4分

（2）设

依题意即求 在上存在零点时的取值范围.

又当时，，且在定义域内单调递增，

所以只需要在上恒成立.

即，在上恒成立.

即,在上恒成立.…………7分

若，显然不成立,因为由第一问知在为增函数，

故

,即在恒成立,

不妨设，

，

,…………………9分

若,则，若，,所以为增函数，（不合题意）,

若，若，,为增函数，（不合题意）,

若，若,，为减函数,（符合题意）,

综上所述,若时,恒成立,

则.……………………………12分

（1）定义域为

令则 ∴；令则 ∴

∴的单调增区间是，单调减区间是

极小值，无极大值

（2）证明：不妨设，

两边同除以得，

令，则，即证：

令

令，

， 在上单调递减，所以

即，即恒成立

∴在上是减函数，所以

∴得证

所以成立

（1）当   …………1分

由由

故    …………3分

（2）因为上恒成立不可能，

故要使函数上无零点，只要对任意的恒成立，

即对恒成立。   …………4分

令

则      …………5分

综上，若函数 …………6分

（3）

所以，函数       …………7分

故     ①   …………9分

此时，当的变化情况如下：

         ②③

即②对任意恒成立。                …………10分

由③式解得：    ④

综合①④可知，当

在

使成立。…………12分

（1）∵f(x)为奇函数，

∴f(－x)＝－f(x)，即－ax3－bx＋c＝－ax3－bx－c.

∴c＝0，∵f′(x)＝3ax2＋b的最小值为－12，∴b＝－12.

又直线x－6y－7＝0的斜率为，

因此，f′（1）＝3a＋b＝－6.

∴a＝2，b＝－12，c＝0.           

（2）单调递增区间是，

f(x)在[－1,3]上的最大值是18，最小值是

（1）当a＝1时，，f′(x)＝     

由f′(0)＝2，得曲线y＝f(x)在原点处的切线方程是2x－y＝0.    

（2）f′(x)＝.

①当a＝0时，f′(x)＝.

所以f(x)在(0，＋∞)单调递增，在(－∞，0)单调递减，

当a≠0，f′(x)＝.

③  当a>0时，令f′(x)＝0，得x1＝－a，，f(x)与f′(x)的情况如下：

故f(x)的单调减区间是(－∞，－a)，(，＋∞)；单调增区间是(－a，)。

④  当a<0时，f(x)与f′(x)的情况如下：

所以f(x)的单调增区间是(－∞， )，(－a，＋∞)；单调减区间是(，－a)，

综上，a>0时，f(x)在(－∞，－a)，( ，＋∞)单调递减；在(－a，)单调递增。

a＝0时，f(x)在(0，＋∞)单调递增；在(－∞，0)单调递减。

a<0时，f(x)在(－∞，)，(－a，＋∞)单调递增；在(，－a)单调递减。

（1）f′(x)＝－2x＋＝－2 (x>0)，

由得0<x<1；由得x>1.

∴f(x)在(0,1)上为增函数，在(1，＋∞)上为减函数。

∴函数f(x)的最大值为f（1）＝-1.

（2）∵g(x)＝x＋，∴g′(x)＝1－ 。

①由（1）知，x＝1是函数f(x)的极值点。

又∵函数f(x)与g(x)＝x＋ 有相同极值点，

∴x＝1是函数g(x)的极值点。

∴g′（1）＝1－a＝0，解得a＝1.

经检验，当a＝1时，函数g(x)取到极小值，符合题意，

②∵f()＝－－2，f（1）＝－1，f(3)＝－9＋2ln3，

∵－9＋2ln3<－－2<－1，即f(3)<f()<f（1），

∴∀x1∈， f(x1)min＝f(3)＝－9＋2ln3，f(x1)max＝f（1）＝－1.

由①知g(x)＝x＋，∴g′(x)＝1－ 。

故g(x)在时，g′(x)<0；当x∈(1,3]时，g′(x)>0.

故g(x)在上为减函数，在(1,3]上为增函数。

∵g()＝e＋，g（1）＝2，g(3)＝3＋＝，

而2<e＋<，∴g（1）<g()<g(3)。

∴∀x2∈，g(x2)min＝g（1）＝2，g(x2)max＝g(3)＝.

当k－1>0，即k>1时，

对于∀x1，x2∈，不等式≤1恒成立

⇔k－1≥[f(x1)－g(x2)]max⇔k≥[f(x1)－g(x2)]max＋1.

∵f(x1)－g(x2)≤f（1）－g（1）＝－1－2＝－3，

∴k≥－3＋1＝－2，又∵k>1，∴k>1.

当k－1<0，即k<1时，

对于，不等式≤1恒成立

⇔k－1≤[f(x1)－g(x2)]min⇔k≤[f(x1)－g(x2)]min＋1.

∵f(x1)－g(x2)≥f(3)－g(3)＝－9＋2ln3－＝－＋2ln3，

∴k≤－＋2ln3.

又∵k<1，∴k≤－＋2ln3.

综上，所求的实数k的取值范围为。

（1）方法一　

等号成立的条件是x＝e.

故g(x)的值域是[2e，＋∞)。

因而只需m≥2e，则g(x)＝m就有实根。

方法二　作出的图像如图。

可知若使g(x)＝m有实根，则只需m≥2e.

方法三　解方程由g(x)＝m，得x2－mx＋e2＝0.

此方程有大于零的根，故

等价于,故m≥2e.

（2）若g(x)－f(x)＝0有两个相异的实根，即g(x)＝f(x)中函数g(x)与f(x)的图像有两个不同的交点。

作出的图像。

∵f(x)＝－x2＋2ex＋m－1＝－(x－e)2＋m－1＋e2，

其对称轴为x＝e，开口向下，最大值为m－1＋e2.

故当m－1＋e2>2e，即m>－e2＋2e＋1时，

g(x)与f(x)有两个交点，

即g(x)－f(x)＝0有两个相异实根。

∴m的取值范围是(－e2＋2e＋1，＋∞)。